数学八年级上册 压轴题 期末复习试卷检测题(Word版 含答案)

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数学八年级上册 压轴题 期末复习试卷检测题(Word 版 含答案)
一、压轴题
1.如图,直线2y x m =-+交x 轴于点A ,直线122
y x =+交x 轴于点B ,并且这两条直线相交于y 轴上一点C ,CD 平分ACB ∠交x 轴于点D .
(1)求ABC 的面积.
(2)判断ABC 的形状,并说明理由.
(3)点E 是直线BC 上一点,CDE △是直角三角形,求点E 的坐标.
2.如图1所示,直线:5L y mx m =+与x 轴负半轴,y 轴正半轴分别交于A 、B 两点.
(1)当OA OB =时,求点A 坐标及直线L 的解析式.
(2)在(1)的条件下,如图2所示,设Q 为AB 延长线上一点,作直线OQ ,过A 、B 两点分别作AM OQ ⊥于M ,BN OQ ⊥于N ,若17AM =,求BN 的长. (3)当m 取不同的值时,点B 在y 轴正半轴上运动,分别以OB 、AB 为边,点B 为直角顶点在第一、二象限内作等腰直角OBF ∆和等腰直角ABE ∆,连接EF 交y 轴于P 点,如图3.问:当点B 在y 轴正半轴上运动时,试猜想PB 的长是否为定值?若是,请求出其值;若不是,说明理由.
3.如图,直线l 1:y 1=﹣x +2与x 轴,y 轴分别交于A ,B 两点,点P (m ,3)为直线l 1上一点,另一直线l 2:y 2=12
x +b 过点P . (1)求点P 坐标和b 的值;
(2)若点C 是直线l 2与x 轴的交点,动点Q 从点C 开始以每秒1个单位的速度向x 轴正
方向移动.设点Q的运动时间为t秒.
①请写出当点Q在运动过程中,△APQ的面积S与t的函数关系式;
②求出t为多少时,△APQ的面积小于3;
③是否存在t的值,使△APQ为等腰三角形?若存在,请求出t的值;若不存在,请说明理由.
4.如图,已知A(3,0),B(0,-1),连接AB,过B点作AB的垂线段BC,使BA=BC,连接AC
(1)如图1,求C点坐标;
(2)如图2,若P点从A点出发沿x轴向左平移,连接BP,作等腰直角BPQ,连接CQ,当点P在线段OA上,求证:PA=CQ;
(3)在(2)的条件下若C、P,Q三点共线,直接写出此时∠APB的度数及P点坐标
5.如图,已知等腰△ABC 中,AB=AC,∠A<90°,CD 是△ABC 的高,BE 是△ABC 的角平分线,CD 与BE 交于点P.当∠A 的大小变化时,△EPC 的形状也随之改变.
(1)当∠A=44°时,求∠BPD 的度数;
(2)设∠A=x°,∠EPC=y°,求变量y 与x 的关系式;
(3)当△EPC 是等腰三角形时,请直接写出∠A 的度数.
6.如图,已知△ABC中,AB=AC=10cm,BC=8cm,点D为AB的中点.如果点P在线段BC 上以3cm/s的速度由B点向C点运动,同时,点Q在线段CA上由C点向A点运动.(1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等,经过1s后,BP= cm,CQ= cm.(2)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等,经过1s后,△BPD与△CQP是否全等,请说明理由;
(3)若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等,当点Q的运动速度为多少时,能够使△BPD与△CQP全等?
(4)若点Q以(3)中的运动速度从点C出发,点P以原来的运动速度从点B同时出发,都逆时针沿△ABC三边运动,求经过多长时间点P与点Q第一次相遇?
7.在等边△ABC的顶点A、C处各有一只蜗牛,它们同时出发,分别以每分钟1米的速度由A向B和由C向A爬行,其中一只蜗牛爬到终点时,另一只也停止运动,经过t分钟后,它们分别爬行到D、E处,请问:
(1)如图1,在爬行过程中,CD和BE始终相等吗,请证明?
(2)如果将原题中的“由A向B和由C向A爬行”,改为“沿着AB和CA的延长线爬行”,EB与CD交于点Q,其他条件不变,蜗牛爬行过程中∠CQE的大小保持不变,请利用图2说明:∠CQE=60°;
(3)如果将原题中“由C向A爬行”改为“沿着BC的延长线爬行,连接DE交AC于F”,其他条件不变,如图3,则爬行过程中,证明:DF=EF
8.问题情景:数学课上,老师布置了这样一道题目,如图1,△ABC是等边三角形,点D 是BC的中点,且满足∠ADE=60°,DE交等边三角形外角平分线于点E.试探究AD与DE 的数量关系.
操作发现:(1)小明同学过点D作DF∥AC交AB于F,通过构造全等三角形经过推理论证就可以解决问题,请您按照小明同学的方法确定AD与DE的数量关系,并进行证明.
类比探究:(2)如图2,当点D是线段BC上任意一点(除B、C外),其他条件不变,试猜想AD与DE之间的数量关系,并证明你的结论.
拓展应用:(3)当点D在线段BC的延长线上,且满足CD=BC,在图3中补全图形,直接判断△ADE的形状(不要求证明).
9.已知在△ABC中,AB=AC,射线BM、BN在∠ABC内部,分别交线段AC于点G、H.(1)如图1,若∠ABC=60°,∠MBN=30°,作AE⊥BN于点D,分别交BC、BM于点
E 、
F .
①求证:∠1=∠2;
②如图2,若BF =2AF ,连接CF ,求证:BF ⊥CF ;
(2)如图3,点E 为BC 上一点,AE 交BM 于点F ,连接CF ,若∠BFE =∠BAC =2∠CFE ,
求ABF
ACF S S 的值.
10.如图,在平面直角坐标系中,直线AB 经过点A (32
,32)和B (23,0),且与y 轴交于点D ,直线OC 与AB 交于点C ,且点C 的横坐标为3.
(1)求直线AB 的解析式;
(2)连接OA ,试判断△AOD 的形状;
(3)动点P 从点C 出发沿线段CO 以每秒1个单位长度的速度向终点O 运动,运动时间为t 秒,同时动点Q 从点O 出发沿y 轴的正半轴以相同的速度运动,当点Q 到达点D 时,P ,Q 同时停止运动.设PQ 与OA 交于点M ,当t 为何值时,△OPM 为等腰三角形?求出所有满足条件的t 值.
11.如图,已知直线l 1:y 1=2x +1与坐标轴交于A 、C 两点,直线l 2:y 2=﹣x ﹣2与坐标轴交于B 、D 两点,两直线的交点为P 点.
(1)求P 点的坐标;
(2)求△APB 的面积;
(3)x 轴上存在点T ,使得S △ATP =S △APB ,求出此时点T 的坐标.
12.如图,四边形ABCD 是直角梯形,AD ∥BC ,AB ⊥AD ,且AB =AD +BC ,E 是DC 的中点,连结BE 并延长交AD 的延长线于G .
(1)求证:DG =BC ;
(2)F 是AB 边上的动点,当F 点在什么位置时,FD ∥BG ;说明理由.
(3)在(2)的条件下,连结AE 交FD 于H ,FH 与HD 长度关系如何?说明理由.
【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除
一、压轴题
1.(1)5;(2)直角三角形,理由见解析;(3)44,33E ⎛⎫-
⎪⎝⎭或82,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 【解析】
【分析】
(1)先求出直线122
y x =+与x 轴的交点B 的坐标和与y 轴的交点C 的坐标,把点C 代入直线2y x m =-+,求出m 的值,再求它与x 轴的交点A 的坐标,ABC 的面积用AB 乘OC 除以2得到;
(2)用勾股定理求出BC 的平方,AC 的平方,再根据AB 的平方,用勾股定理的逆定理证明ABC 是直角三角形;
(3)先根据角平分线求出D 的坐标,再去分两种情况构造全等三角形,利用全等三角形的性质求出对应的边长,从而得到点E 的坐标.
【详解】
解:(1)令0x =,则10222y =
⨯+=, ∴()0,2C ,
令0y =,则1202
x +=,解得4x =-, ∴()4,0B -,
将()0,2C 代入2y x m =-+,得2m =,
∴22y x =-+,
令0y =,则220x -+=,解得1x =,
∴1,0A ,
∴5AB =,2OC =, ∴152
ABC S AB OC =⋅=△; (2)根据勾股定理,222224220BC BO OC =+=+=,
22222125AC AO OC =+=+=,
且22525AB ==,
∴222AB BC AC =+,则ABC 是直角三角形;
(3)∵CD 平分ACB ∠, ∴12
AD AC BD BC ==, ∴1533
AD AB ==, ∴23OD AD OA =-=
, ∴2,03D ⎛⎫- ⎪⎝⎭
①如图,CED ∠是直角,过点E 作EN x ⊥轴于点N ,过点C 作CM EN ⊥于点M , 由(2)知,90ACB ∠=︒,
∵CD 平分ACB ∠,
∴45ECD ∠=︒,
∴CDE △是等腰直角三角形,
∴CE DE =,
∵90NED MEC ∠+∠=︒,90NED NDE ∠+∠=︒,
∴MEC NDE ∠=∠,
在DNE △和EMC △中,
NDE MEC DNE EMC DE
EC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩

∴()DNE EMC AAS ≅,
设DN EM x ==,EN CM y ==,
根据图象列式:DO DN CM EN EM CO +=⎧⎨+=⎩,即232x y x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩,解得2343x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
, ∴43EN CM ==
, ∴44,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭

②如图,CDE ∠是直角,过点E 作EG x ⊥轴于点G ,
同理CDE △是等腰直角三角形,
且可以证得()CDO DEG AAS ≅,
∴2DG CO ==,23EG DO ==
, ∴28233GO GD DO =+=+
=, ∴82,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭

综上:44,33E ⎛⎫-
⎪⎝⎭,82,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭
. 【点睛】 本题考查一次函数综合,解题的关键是掌握一次函数解析式的求解,与坐标轴交点的求解,图象围成的三角形面积的求解,还涉及勾股定理、角平分线的性质、全等三角形等几何知识,需要运用数形结合的思想去求解.
2.(1)5y x =+;(2)223)PB 的长为定值
52 【解析】
【分析】
(1)先求出A 、B 两点坐标,求出OA 与OB ,由OA= OB ,求出m 即可;
(2)用勾股定理求AB ,再证AMO OBN ∆≅∆,BN=OM ,由勾股定理求OM 即可; (3)先确定答案定值,如图引辅助线EG ⊥y 轴于G ,先证AOB EBG ∆≅∆,求BG 再证BFP GEP ∆≅∆,可确定BP 的定值即可.
【详解】
(1)对于直线:5L y mx m =+.
当0y =时,5x =-.
当0x =时,5y m =.
()5,0A ∴-,()0,5B m .
OA OB =.
55m ∴=.
解得1m =.
∴直线L 的解析式为5y x =+.
(2)5OA =,17AM =
∴由勾股定理,
2222OM OA AM =-=.
180AOM AOB BON ∠+∠+∠=︒.
90AOB ∠=︒.
90AOM BON ∴∠+∠=︒.
90
AOM OAM
∠+∠=︒.
BON OAM
∴∠=∠.
在AMO
∆与OBN
∆中,
90
BON OAM
AMO BNO
OA OB
∠=∠


∠=∠=︒

⎪=


()
AMO OBN AAS
∴∆≅∆.
22
BN OM
∴==..
(3)如图所示:过点E作EG y
⊥轴于G点.
AEB
∆为等腰直角三角形,
AB EB
∴=
90
ABO EBG
∠+∠=︒.
EG BG
⊥,
90
GEB EBG
∴∠+∠=︒.
ABO GEB
∴∠=∠.
AOB EBG
∴∆≅∆.
5
BG AO
∴==,OB EG
=
OBF
∆为等腰直角三角形,
OB BF
∴=
BF EG
∴=.
BFP GEP
∴∆≅∆.
15
22
BP GP BG
∴===.
【点睛】
本题考查求解析式,线段的长,判断定值问题,关键是掌握求坐标,利用条件OA= OB,求OM,用勾股定理求AB,再证AMO OBN
∆≅∆,构造AOB EBG
∆≅∆,求BG,再证BFP GEP
∆≅∆.
3.(1)b=
7
2
;(2)①△APQ的面积S与t的函数关系式为S=﹣
3
2
t+
27
2
或S=
3
2
t﹣
27
2
;②7<t <9或9<t <11,③存在,当t 的值为3或9+或9﹣或6时,△APQ 为等腰三角形.
【解析】
分析:(1)把P (m ,3)的坐标代入直线1l 的解析式即可求得P 的坐标,然后根据待定系数法即可求得b ;
(2)根据直线2l 的解析式得出C 的坐标,①根据题意得出9AQ t =-,然后根据12
P S AQ y =⋅即可求得APQ 的面积S 与t 的函数关系式;②通过解不等式273322t -<或327 3.22
t -<即可求得7<t <9或9<t <11.时,APQ 的面积小于3;③分三种情况:当PQ =PA 时,则()()()2222(71)032103,t -++-=++-当AQ =PA 时,则
()()222(72)2103,t --=++-当PQ =AQ 时,则()222(71)03(72)t t -++-=--,
即可求得.
详解:解;(1)∵点P (m ,3)为直线l 1上一点,
∴3=−m +2,解得m =−1,
∴点P 的坐标为(−1,3),
把点P 的坐标代入212y x b =
+ 得,()1312b =⨯-+, 解得72b =
; (2)∵72
b =; ∴直线l 2的解析式为y =12x +72,
∴C 点的坐标为(−7,0),
①由直线11:2l y x =-+可知A (2,0),
∴当Q 在A . C 之间时,AQ =2+7−t =9−t , ∴11273(9)32222
S AQ yP t t =
⋅=⨯-⨯=-; 当Q 在A 的右边时,AQ =t −9, ∴11327(9)32222
S AQ yP t t ;=⋅=⨯-⨯=- 即△APQ 的面积S 与t 的函数关系式为27322S t =
-或327.22S t =- ②∵S <3, ∴
273322t -<或327 3.22
t -< 解得7<t <9或9<t <11.
③存在;
设Q (t −7,0),
当PQ =PA 时,则()()()222
2(71)032103,t -++-=++-
∴22(6)3t -=,解得t =3或t =9(舍去), 当AQ =PA 时,则()()22
2(72)2103,t --=++-
∴2(9)18,t -=
解得9t =+
9t =- 当PQ =AQ 时,则()2
22(71)03(72)t t -++-=--,
∴22(6)9(9)t t -+=-,
解得t =6. 故当t 的值为3
或9+
9-6时,△APQ 为等腰三角形.
点睛:属于一次函数综合题,考查了一次函数图象上点的坐标特征,待定系数法求函数解析式,等腰三角形的性质以及三角形的面积,分类讨论是解题的关键.
4.(1)(1,-4);(2)证明见解析;(3)()135,1,0APB P ︒∠= 【解析】
【分析】
(1)作CH ⊥y 轴于H ,证明△ABO ≌△BCH ,根据全等三角形的性质得到BH=OA=3,CH=OB=1,求出OH ,得到C 点坐标;
(2)证明△PBA ≌△QBC ,根据全等三角形的性质得到PA=CQ ;
(3)根据C 、P ,Q 三点共线,得到∠BQC=135°,根据全等三角形的性质得到
∠BPA=∠BQC=135°,根据等腰三角形的性质求出OP ,得到P 点坐标.
【详解】
解:(1)作CH ⊥y 轴于H ,
则∠BCH+∠CBH=90°,
因为AB BC ⊥,
所以.∠ABO+∠CBH=90°,
所以∠ABO=∠BCH ,
在△ABO 和△BCH 中,
ABO BCH AOB BHC AB BC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
ABO BCH ∴∆≅∆
:BH=OA=3,CH=OB=1,
:OH=OB+BH=4,
所以C 点的坐标为(1,-4);
(2)因为∠PBQ=∠ABC=90°,
,PBQ ABQ ABC ABQ PBA QBC ∴∠-=∠-∠∴∠=∠
在△PBA 和△QBC 中,
BP BQ PBA QBC BA BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
PBA QBC ∴∆≅∆
:.PA=CQ ;
(3) ()135,1,0APB P ︒
∠= BPQ ∆是等腰直角三角形,
:所以∠BQP=45°,
当C 、P ,Q 三点共线时,∠BQC=135°,
由(2)可知,PBA QBC ∴∆≅∆;
所以∠BPA=∠BQC=135°,
所以∠OPB=45°,
所以.OP=OB=1,
所以P 点坐标为(1,0) .
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质,掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.
5.(1)56°;(2)y=454x +
;(3)36°或1807
°. 【解析】
【分析】
(1)根据等边对等角求出等腰△ABC 的底角度数,再根据角平分线的定义得到∠ABE 的度数,再根据高的定义得到∠BDC=90°,从而可得∠BPD ;
(2)按照(1)中计算过程,即可得到∠A 与∠EPC 的关系,即可得到结果;
(3)分①若EP=EC ,②若PC=PE ,③若CP=CE ,三种情况,利用∠ABC+∠BCD=90°,以及y=454
x +
解出x 即可. 【详解】 解:(1)∵AB=AC ,∠A=44°,
∴∠ABC=∠ACB=(180-44)÷2=68°,
∵CD ⊥AB ,
∴∠BDC=90°,
∵BE 平分∠ABC ,
∴∠ABE=∠CBE=34°,
∴∠BPD =90-34=56°;
(2)∵∠A =x °,
∴∠ABC=(180°-x°)÷2=(902
x -)°,
由(1)可得:∠ABP=12∠ABC=(454
x -)°,∠BDC=90°, ∴∠EPC =y °=∠BPD=90°-(454x -
)°=(454x +)°, 即y 与 x 的关系式为y=454
x +
; (3)①若EP=EC ,
则∠ECP=∠EPC=y , 而∠ABC=∠ACB=902
x -
,∠ABC+∠BCD=90°, 则有:902x -+(902x --y )=90°,又y=454x +, ∴902x -+902x --(454
x +)=90°, 解得:x=36°;
②若PC=PE ,
则∠PCE=∠PEC=(180-y )÷2=902
y -, 由①得:∠ABC+∠BCD=90°, ∴902x -+[902x --(902y -)]=90,又y=454x +, 解得:x=
1807
°; ③若CP=CE , 则∠EPC=∠PEC=y ,∠PCE=180-2y ,
由①得:∠ABC+∠BCD=90°, ∴902x -+902x --(180-2y )=90,又y=454
x +, 解得:x=0,不符合, 综上:当△EPC 是等腰三角形时,∠A 的度数为36°或
1807°. 【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质,二元一次方程组的应用,高与角平分线的定义,有一定难度,关键是找到角之间的等量关系.
6.(1)BP=3cm ,CQ=3cm ;(2)全等,理由详见解析;(3)
154;(4)经过803
s 点P 与点Q 第一次相遇.
【解析】
【分析】
(1)速度和时间相乘可得BP 、CQ 的长;
(2)利用SAS 可证三角形全等;
(3)三角形全等,则可得出BP=PC ,CQ=BD ,从而求出t 的值;
(4)第一次相遇,即点Q 第一次追上点P ,即点Q 的运动的路程比点P 运动的路程多10+10=20cm 的长度.
【详解】
解:(1)BP=3×1=3㎝,
CQ=3×1=3㎝
(2)∵t=1s ,点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等
∴BP=CQ=3×1=3cm ,
∵AB=10cm ,点D 为AB 的中点,
∴BD=5cm .
又∵PC=BC ﹣BP ,BC=8cm ,
∴PC=8﹣3=5cm ,
∴PC=BD
又∵AB=AC ,
∴∠B=∠C ,
在△BPD 和△CQP 中,
PC BD B C BP CQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△BPD ≌△CQP(SAS)
(3)∵点Q 的运动速度与点P 的运动速度不相等,
∴BP 与CQ 不是对应边,
即BP≠CQ
∴若△BPD ≌△CPQ ,且∠B=∠C ,
则BP=PC=4cm ,CQ=BD=5cm ,
∴点P ,点Q 运动的时间t=
433BP =s , ∴154
Q CQ V t ==cm/s ; (4)设经过x 秒后点P 与点Q 第一次相遇. 由题意,得
154x=3x+2×10, 解得80x=
3 ∴经过803
s 点P 与点Q 第一次相遇. 【点睛】
本题考查动点问题,解题关键还是全等的证明和利用,将动点问题视为定点问题来分析可简化思考过程.
7.(1)相等,证明见解析;(2)证明见解析;(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)先证明△ACD≌△CBE,再由全等三角形的性质即可证得CD=BE;
(2)先证明△BCD≌△ABE,得到∠BCD=∠ABE,求出
∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC,∠CQE=180°-∠DQB,即可解答;(3)如图3,过点D作DG∥BC交AC于点G,根据等边三角形的三边相等,可以证得AD=DG=CE;进而证明△DGF和△ECF全等,最后根据全等三角形的性质即可证明.
【详解】
(1)解:CD和BE始终相等,理由如下:
如图1,AB=BC=CA,两只蜗牛速度相同,且同时出发,
∴CE=AD,∠A=∠BCE=60°
在△ACD与△CBE中,
AC=CB,∠A=∠BCE,AD=CE
∴△ACD≌△CBE(SAS),
∴CD=BE,即CD和BE始终相等;
(2)证明:根据题意得:CE=AD,
∵AB=AC,
∴AE=BD,
∴△ABC是等边三角形,
∴AB=BC,∠BAC=∠ACB=60°,
∵∠EAB+∠ABC=180°,∠DBC+∠ABC=180°,
∴∠EAB=∠DBC,
在△BCD和△ABE中,
BC=AB,∠DBC=∠EAB,BD=AE
∴△BCD≌△ABE(SAS),
∴∠BCD=∠ABE
∴∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC=180°-60°=120°,
∴∠CQE=180°-∠DQB=60°,即CQE=60°;
(3)解:爬行过程中,DF始终等于EF是正确的,理由如下:
如图,过点D作DG∥BC交AC于点G,
∴∠ADG=∠B=∠AGD=60°,∠GDF=∠E,
∴△ADG为等边三角形,
∴AD=DG=CE,
在△DGF和△ECF中,
∠GFD=∠CFE,∠GDF=∠E,DG=EC
∴△DGF≌△EDF(AAS),
∴DF=EF.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质和等边三角形的性质;题弄懂题中所给的信息,再根据所提供的思路寻找证明条件是解答本题的关键.
8.(1)AD =DE ,见解析;(2)AD =DE ,见解析;(3)见解析,△ADE 是等边三角形,
【解析】
【分析】
(1)根据题意,通过平行线的性质及等边三角形的性质证明ADF EDC ∆∆≌即可得解; (2)根据题意,通过平行线的性质及等边三角形的性质证明AFD DCE ∆∆≌即可得解; (3)根据垂直平分线的性质及等边三角形的判定定理进行证明即可.
【详解】
(1)如下图,数量关系:AD =DE .
证明:∵ABC ∆是等边三角形
∴AB =BC ,60B BAC BCA ∠∠∠︒===
∵DF ∥AC
∴BFD BAC ∠∠=,∠BDF =∠BCA
∴60B BFD BDF ∠∠∠︒===
∴BDF ∆是等边三角形,120AFD ∠︒=
∴DF =BD
∵点D 是BC 的中点
∴BD =CD
∴DF =CD
∵CE 是等边ABC ∆的外角平分线
∴120DCE AFD ∠︒∠==
∵ABC ∆是等边三角形,点D 是BC 的中点
∴AD ⊥BC
∴90ADC ∠︒=
∵60BDF ADE ∠∠︒==
∴30
ADF EDC
∠∠︒
==
在ADF
∆与EDC
∆中
AFD ECD
DF CD
ADF EDC
∠∠



⎪∠∠




∴()
ADF EDC ASA
∆∆

∴AD=DE;
(2)结论:AD=DE.
证明:如下图,过点D作DF∥AC,交AB于F ∵ABC
∆是等边三角形
∴AB=BC,60
B BA
C BCA
∠∠∠︒
===
∵DF∥AC
∴BFD BAC BDF BCA
∠∠∠∠
=,=
∴60
B BFD BDF
∠∠∠︒
===
∴BDF
∆是等边三角形,120
AFD
∠︒

∴BF=BD
∴AF=DC
∵CE是等边ABC
∆的外角平分线
∴120
DCE AFD
∠︒∠
==
∵∠ADC是ABD
∆的外角
∴60
ADC B FAD FAD
∠∠∠︒∠
=+=+
∵60
ADC ADE CDE CDE ∠∠∠︒∠
=+=+
∴∠FAD=∠CDE
在AFD
∆与DCE
∆中
AFD DCE
AF CD
FAD EDC
∠∠



⎪∠∠




∴()
AFD DCE ASA
∆∆

∴AD=DE;
(3)如下图,ADE
∆是等边三角形.
证明:∵BC CD =
∴AC CD =
∵CE 平分ACD ∠
∴CE 垂直平分AD
∴AE =DE
∵60ADE ∠=︒
∴ADE ∆是等边三角形.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质及判定,三角形全等的判定及性质,平行线的性质,垂直平分线的性质等相关内容,熟练掌握三角形综合解决方法是解决本题的关键.
9.(1)①见解析;②见解析;(2)2
【解析】
【分析】
(1)①只要证明∠2+∠BAF =∠1+∠BAF =60°即可解决问题;
②只要证明△BFC ≌△ADB ,即可推出∠BFC =∠ADB =90°;
(2)在BF 上截取BK =AF ,连接AK .只要证明△ABK ≌CAF ,可得S △ABK =S △AFC ,再证明AF =FK =BK ,可得S △ABK =S △AFK ,即可解决问题;
【详解】
(1)①证明:如图1中,
∵AB =AC ,∠ABC =60°
∴△ABC 是等边三角形,
∴∠BAC =60°,
∵AD ⊥BN ,
∴∠ADB =90°,
∵∠MBN =30°,
∠BFD =60°=∠1+∠BAF =∠2+∠BAF ,
∴∠1=∠2
②证明:如图2中,
在Rt△BFD中,∵∠FBD=30°,
∴BF=2DF,
∵BF=2AF,
∴BF=AD,
∵∠BAE=∠FBC,AB=BC,
∴△BFC≌△ADB,
∴∠BFC=∠ADB=90°,
∴BF⊥CF
(2)在BF上截取BK=AF,连接AK.
∵∠BFE=∠2+∠BAF,∠CFE=∠4+∠1,
∴∠CFB=∠2+∠4+∠BAC,
∵∠BFE=∠BAC=2∠EFC,
∴∠1+∠4=∠2+∠4
∴∠1=∠2,∵AB=AC,
∴△ABK≌CAF,
∴∠3=∠4,S△ABK=S△AFC,
∵∠1+∠3=∠2+∠3=∠CFE=∠AKB,∠BAC=2∠CEF,
∴∠KAF=∠1+∠3=∠AKF,
∴AF=FK=BK,
∴S△ABK=S△AFK,
∴ABF
AFC
S
2
S


=.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、直角
三角形30度角性质等知识,解题的关键是能够正确添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.
10.(1)y
=﹣
3x +2;(2)△AOD 为直角三角形,理由见解析;(3)t =23
或3. 【解析】
【分析】
(1)将点A 、B 的坐标代入一次函数表达式:y =kx +b ,即可求解;
(2)由点A 、O 、D 的坐标得:AD 2=1,AO 2=3,DO 2=4,故DO 2=OA 2+AD 2,即可求解; (3)点C
,1),∠DBO =30°,则∠ODA =60°,则∠DOA =30°,故点C
1),则∠AOC =30°,∠DOC =60°,OQ =CP =t ,则OP =2﹣t .①当OP =OM 时,OQ =QH +OH
(2﹣t )+12(2﹣t )=t ,即可求解;②当MO =MP 时,∠OQP =90°,故OQ =
12
O P ,即可求解;③当PO =PM 时,故这种情况不存在. 【详解】 解:(1)将点A 、B 的坐标代入一次函数表达式:y =kx +b 得:
3=220k b b ⎧+⎪⎨⎪=+⎩

解得:=2k b ⎧⎪⎨⎪=⎩
故直线AB 的表达式为:y
=﹣3
x +2; (2)直线AB 的表达式为:y
+2,则点D (0,2), 由点A 、O 、D 的坐标得:AD 2=1,AO 2=3,DO 2=4,
故DO 2=OA 2+AD 2,
故△AOD 为直角三角形;
(3)直线AB 的表达式为:y
=﹣3
x +2,故点C
,1),则OC =2, 则直线AB 的倾斜角为30°,即∠DBO =30°,则∠ODA =60°,则∠DOA =30° 故点C
1),则OC =2,
则点C 是AB 的中点,故∠COB =∠DBO =30°,则∠AOC =30°,∠DOC =60°, OQ =CP =t ,则OP =OC ﹣PC =2﹣t ,
①当OP =OM 时,如图1,
则∠OMP=∠MPO=1
2
(180°﹣∠AOC)=75°,故∠OQP=45°,
过点P作PH⊥y轴于点H,
则OH=1
2
OP=
1
2
(2﹣t),
由勾股定理得:PH=3
(2﹣t)=QH,
OQ=QH+OH=
3
2
(2﹣t)+
1
2
(2﹣t)=t,
解得:t=23

②当MO=MP时,如图2,
则∠MPO=∠MOP=30°,而∠QOP=60°,∴∠OQP=90°,
故OQ=1
2
OP,即t=
1
2
(2﹣t),
解得:t=2
3

③当PO=PM时,
则∠OMP=∠MOP=30°,而∠MOQ=30°,
故这种情况不存在;
综上,t =
23. 【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、一次函数解析式、勾股定理、含30°的角的直角三角形的性质等知识点,还利用了方程和分类讨论的思想,综合性较强,难度较大,解题的关键是学会综合运用性质进行推理和计算.
11.(1)P (﹣1,﹣1);(2)
32;(3)T (1,0)或(﹣2,0). 【解析】
【分析】
(1)解析式联立构成方程组,该方程组的解就是交点坐标;
(2)利用三角形的面积公式解答;
(3)求得C 的坐标,因为S △ATP =S △APB ,S △ATP =S △ATC +S △PTC =|x +
12|,所以|x +12|=32
,解得即可.
【详解】 解:(1)由212y x y x =+⎧⎨=--⎩,解得11x y =-⎧⎨=-⎩
, 所以P (﹣1,﹣1);
(2)令x =0,得y 1=1,y 2=﹣2
∴A (0,1),B (0,﹣2),
则 S △APB =12×(1+2)×1=32
; (3)在直线l 1:y 1=2x +1中,令y =0,解得x =﹣12
, ∴C (﹣
12
,0), 设T (x ,0), ∴CT =|x +12
|, ∵S △ATP =S △APB ,S △ATP =S △ATC +S △PTC =
12•|x +12|•(1+1)=|x +12|, ∴|x +12|=32
, 解得x =1或﹣2,
∴T (1,0)或(﹣2,0).
【点睛】
本题考查一次函数与二元一次方程组,解题的关键是准确将条件转化为二元一次方程组,
并求出各点的坐标.
12.(1)见解析;(2)当F运动到AF=AD时,FD∥BG,理由见解析;(3)FH=HD,理由见解析
【解析】
【分析】
(1)证明△DEG≌△CEB(AAS)即可解决问题.
(2)想办法证明∠AFD=∠ABG=45°可得结论.
(3)结论:FH=HD.利用等腰直角三角形的性质即可解决问题.
【详解】
(1)证明:∵AD∥BC,
∴∠DGE=∠CBE,∠GDE=∠BCE,
∵E是DC的中点,即DE=CE,
∴△DEG≌△CEB(AAS),
∴DG=BC;
(2)解:当F运动到AF=AD时,FD∥BG.
理由:由(1)知DG=BC,
∵AB=AD+BC,AF=AD,
∴BF=BC=DG,
∴AB=AG,
∵∠BAG=90°,
∴∠AFD=∠ABG=45°,
∴FD∥BG,
故答案为:F运动到AF=AD时,FD∥BG;
(3)解:结论:FH=HD.
理由:由(1)知GE=BE,又由(2)知△ABG为等腰直角三角形,所以AE⊥BG,
∵FD∥BG,
∴AE⊥FD,
∵△AFD为等腰直角三角形,
∴FH=HD,
故答案为:FH=HD.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质,平行线的判定,等腰直角三角形的性质,掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键.。

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